平面向量共线问题

平面向量共线问题的探讨摘要：平面向量的平行与垂直是高中数学新课程向量部分的重要内容，本文旨在对平面向量平行（即共线）相关定理进行推广，得到两个更加具有一般性的结论，并举例说明它们的应用，使问题的解决更简捷。关键词：平面向量、共线定理、推广、应用。平面向量的共线，这部分内容比较重要，在各种考试中也频频出现，教材上就两个向量共线已给出两个定理：（1）向量0aa与向量b共线存在唯一实数，使得ab成立。（2）向量11,yxa与向量22,yxb，则a∥b01221yxyx在此基础之上，笔者对向量共线问题，再做进一步探讨及推广，若有不当之处，请各位老师指正。对于定理（2）给出的结论，向量a，b的基底是单位正交向量：i，j，下面我们给出的结论中，涉及到的基底不一定是单位正交向量：i，j，而是任意一组基底：1e与2e，它更具有一般性。推论1：若1e，2e是不共线的两个向量，2111eyexa，2212eyexb，a与b共线01221yxyx证明：a与b共线，当且仅当a=b，2111eyex2212eyex2111eyex2212eyex由平面向量基本定理得：2121yyxx①2y-②2x消去得：01221yxyx①②第-1-页共6页所以，a与b共线01221yxyx。上述结论还可以进一步推广为：推论2：对于任意向量1e，2e，若2111eyexa，2212eyexb，那么a与b共线1e∥2e或01221yxyx证明：分两种情况：1e与2e平行和1e与2e不平行（1）1e与2e平行时，结论成立。（2）1e与2e不平行时,a与b共线，当且仅当a=b，有：2111eyex2212eyex即：2111eyex2212eyex由平面向量基本定理得：2121yyxx①2y-②2x消去得：01221yxyx即：当且仅当01221yxyx时，a与b共线综合（1）（2）知：a与b共线1e∥2e或01221yxyx上述两个结论，尤其第二个，对向量共线的问题阐述得比较完备。在高考、模拟考、联考等一系列考试中，常出现向量共线的问题，下面是两个结论针对一些考题的应用，所有例题都给出多种解法，其中“另解”应用了上述结论，多种解法进行对比后，我们可以看出应用上述结论可以使问题的解决更简捷，从而节省时间。例1.（2009重庆卷文）已知向量)1,1(a，),2(xb若ba与ab24平行，则实数x的值是（）A．-2B．0C．1D．2解法1：因为)1,1(a，),2(xb，所以)1,3(xba，①②第-2-页共6页)24,6(24xab由于ba与ab24平行，得6(1)3(42)0xx，解得2x，选D。解法2：因为ba与ab24平行，则存在常数，使)24(abba，即：ba)14()12(，根据向量共线的条件知，向量a与b共线，故2x，选D。另解：因为ba与ab24平行，即ba与ba42平行，但01)2(41，所以根据已知结论得：a∥b，所以有，0121x，即得2x，选D。例2.已知)2,1(a，)2,3(b，当k为何值时，向量bak与ba3平行？平行时它们是同向还是反向？解：∵)2,1(a，)2,3(b。∴)22,3(kkbak，)4,10(3ba∵bak与ba3平行∴0)22(10)3(4kk解得31k.此时bababak33131∴当31k时，向量bak与ba3平行，并且反向．另解：∵)2,1(a与)2,3(b不平行，且向量bak与ba3平行。∴013k，即31k第-3-页共6页此时bababak33131∴当31k时，向量bak与ba3平行，并且反向．例3.设两个非零向量1e和2e不共线，如果21eeAB，2132eeBC，212ekeCD，且A、C、D三点共线，求k的值．解：BCABAC2121212332eeeeee，∵A、C、D三点共线，∴AC与CD共线，从而存在实数使得CDAC，即：2121223ekeee，得k223，解得23，34k.另解：2123eeBCABAC由A、C、D三点共线，知2123eeAC与212ekeCD共线。所以，0)2(2)(3k，故34k例4.若a，b是两个不共线的非零向量，a与b起点相同，则当t为何值时，a，bt，ba31三向量的终点在同一条直线上？解：设aOA，btOB，baOC31，∴baOAOCAC3132，abtOAOBAB要使A、B、C三点共线，只需ABAC.即:ba3132abt.第-4-页共6页PAOGMQB∴有t3132⇒2132t。∴当21t时，三向量终点在同一直线上.另解：令aOA，btOB，baOC31。要使a，bt，ba31三向量的终点在同一条直线上，只需A、B、C三点在同一条直线上.∵baOAOCAC3132，btaOAOBAB。∴0)1(3132t，即21t∴当21t时，a，bt，ba31三向量终点在同一直线上.例5.已知点G是△ABO的重心，M是AB边的中点，PQ过△ABO的重心G，且aOA,bOB,amOP,bnOQ,求证：311nm.证明：因为M是AB边的中点所以baOM21又因为G是△ABO的重心，所以baOMOG3132.由P、G、Q三点共线，得PG∥GQ，所以，有且只有一个实数，使GQPG.而bamambaOPOGPG313131，第-5-页共6页bnababnOGOQGQ313131，所以bnabam31313131.又因为a、b不共线，所以31313131nm，消去，整理得nmmn3，故311nm.另证：∵G是△ABO的重心，所以baOG31.又∵aOA,bOB,amOP,bnOQ∴bamOGOPGP3131bnaOGOQGQ3131由P、G、Q三点共线，得GP∥GQ，所以，0913131nm去括号，整理得：mnnm3等式两边同时除以mn得：311nm结语：从以上5个例题可以看出灵活应用定理及推论的重要性，一方面可使学生对向量共线理解得更深刻，另一方面可使向量共线问题得到快捷的解答，以增强学生思维的灵活性。